Exercices sur les compléments d'algèbre linéaire

Énoncé de l’exercice n°1 :

Soit $E$ un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel de dimension finie.

Soient $p_1, \dots, p_n$ des projecteurs de $E$ , tels que $\sum_{j=1}^n p_j = \mathrm{Id}_E$ .

1. Montrer que $E = \bigoplus_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ .

2. Démontrer que pour tous indices distincts $i$ et $j$ , on a $p_i p_j = 0$ .

Indication :

1. Utiliser les dimensions et le théorème concernant le rang d’un projecteur.
2. Utiliser des vecteurs.

Corrigé de l’exercice :

1.
L’égalité $\mathrm{Id}_E = \sum_{j=1}^n p_j$ implique : $\forall x \in E, \ x = \sum_{j=1}^n p_j(x) \in \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ donc $E \subset \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ donc $\dim(E) \leq \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right)$ .

La trace d’un projecteur est égale à son rang. Ainsi :

$\dim(E) = \mathrm{tr}(\mathrm{Id}_E) =\mathrm{tr}( \sum_{j=1}^n p_j) = \sum_{j=1}^n \mathrm{tr}(p_j)$

$= \sum_{j=1}^n \mathrm{rg}(p_j) = \sum_{j=1}^n \dim(\mathrm{Im}(p_j)). \geq \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right)$

On a donc les inégalités dans les deux sens donc les égalités :

$\dim(E) = \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right) = \sum_{i=1}^n \dim(\mathrm{Im}(p_i))$

Donc, $E = \bigoplus_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ .

2.
Soit $j \in \{1, \dots, n\}$ . Pour tout $y \in E$ , on a :

$y = \sum_{i=1}^n p_i(y) = p_j(y) + \sum_{i \neq j} p_i(y).$

En particulier : $\forall x \in E, \ p_j(x) = p_j^2(x) + \sum_{i \neq j} (p_i p_j)(x)$ .

Ce qui donne :

$\forall x \in E, \ \sum_{i \neq j} (p_i p_j)(x) = 0 .$

Cependant, la somme des $\mathrm{Im}(p_i)$ est directe, et chaque $(p_i p_j)(x)$ appartient à $\mathrm{Im}(p_i)$
.

Ceci implique donc : $\forall x \in E, \ \forall i \neq j, \ (p_i p_j)(x) = 0$ .

Ainsi, pour $i \neq j$ , on a $p_i p_j = 0$ .

Énoncé de l’exercice n°2 :

On considère $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ appartenant à $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ .

1. Supposons $Q$ inversible. Démontrer que :

$\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ - NQ^{-1}PQ).$

2. Supposons que $P$ et $Q$ commutent. Démontrer que :

$\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ - NP).$

Indication :

1. Utiliser un produit matriciel par blocs, des matrices triangulaires par blocs dont le déterminant est facile à calculer.
2. Se ramener au cas $Q$ inversible par densité.

Corrigé de l’exercice :

1. Posons $R = MQ - NQ^{-1}PQ$ .

L’idée est de construire une matrice $\begin{pmatrix} M' & N' \\ P' & Q' \end{pmatrix}$ telle que :

$\begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} \begin{pmatrix} M' & N' \\ P' & Q' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} R & 0_n \\ 0_n & I_n \end{pmatrix}.$

On cherche donc $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ tels que :

$\begin{aligned} & (1) \ M M' + N P' = MQ - NQ^{-1}PQ, \\ & (2) \ P M' + Q P' = 0_n, \\ & (3) \ M N' + N Q' = 0_n, \\ & (4) \ P N' + Q Q' = I_n. \end{aligned}$

Par identification dans $(1)$ , essayons $M' = Q$ et $P' = -Q^{-1}PQ$ .

Il reste à choisir $N' = 0_n$ et $Q' = Q^{-1}$ pour satisfaire $(3)$ et $(4)$ .

On a donc :

$\begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Q & 0_n \\ -Q^{-1}PQ & Q^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} MQ - NQ^{-1}PQ & 0_n \\ 0_n & I_n \end{pmatrix}.$

En prenant le déterminant, on obtient :

$\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ - NQ^{-1}PQ).$

2. Supposons maintenant que $P$ et $Q$ commutent.

Si $Q$ est inversible, le résultat précédent devient simplement :

$\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ - NP).$

Supposons maintenant que $Q$ ne soit pas inversible.

Considérons la fonction $\varphi : z \mapsto \det(Q + zI_n)$ .

Cette fonction est un polynôme unitaire de degré $n$ , qui n’a donc qu’un nombre fini de racines.

Pour un $k$ suffisamment grand, posons $Q_k = Q + \frac{1}{k} I_n$ , qui devient inversible.

Dans ces conditions, $Q_k$ commute encore avec $P$ .

On a alors :

$\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q_k \end{pmatrix} = \det(MQ_k - NP).$

L’application déterminant est continue, donc en passant à la limite, il vient :

$\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ - NP).$

Énoncé de l’exercice n°3 :

Calculer le rang de la matrice

$A = \begin{pmatrix} a^2 & a & 2 & 2a \\ a & a^2 & 2a & 2 \\ 2 & 2a & a^2 & a \\ 2a & 2 & a & a^2 \end{pmatrix}$

Indication :

Calculer le déterminant de la matrice, le factoriser.
Traiter les cas remarquables.

Corrigé de l’exercice :

Étape 1 : Calcul du déterminant de $A$

Pour commencer, appliquons l’opération $L_1 \gets L_1 + L_2 + L_3 + L_4$ .

On factorise ensuite par $a^2 + 3a + 2 = (a + 1)(a + 2)$ dans $L_1$ .

On effectue les soustractions en cascade $C_4 \gets C_4 - C_3$ , $C_3 \gets C_3 - C_2$ , et $C_2 \gets C_2 - C_1$ .

$\det(A) = (a + 1)(a + 2) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ a & a^2 & 2a & 2 \\ 2 & 2a & a^2 & a \\ 2a & 2 & a & a^2 \end{vmatrix} = (a + 1)(a + 2) \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ a & a(a - 1) & a(2 - a) & 2(1 - a) \\ 2 & 2(a - 1) & a(a - 2) & a(1 - a) \\ 2a & 2(1 - a) & a - 2 & a(a - 1) \end{vmatrix}.$

On développe par rapport à $L_1$ , puis on factorise suivant les colonnes :

$\det(A) = (a + 1)(a + 2)(a - 1)^2(a - 2) \begin{vmatrix} a & -a & -2 \\ 2 & a & -a \\ -2 & 1 & a \end{vmatrix}.$

Pour calculer le déterminant $3 \times 3$ , on ajoute $L_3$ à $L_2$ puis on développe suivant $L_2$ :

$\begin{vmatrix} a & -a & -2 \\ 2 & a & -a \\ -2 & 1 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a & -a & -2 \\ 0 & a + 1 & 0 \\ -2 & 1 & a \end{vmatrix}.$

$= (a + 1) \begin{vmatrix} a & -2 \\ -2 & a \end{vmatrix} = (a + 1)(a - 2)(a + 2).$

On obtient donc :

$\det(A) = (a + 1)^2(a + 2)^2(a - 1)^2(a - 2)^2.$

Étape 2 : Calculons le rang de $A$ .

Si $a \notin \{-2, -1, 1, 2\}$ , alors $\det(A) \neq 0$ , donc $rg(A) = 4$ .

Si $a = 1$ , alors $L_2 = L_1$ , $L_4 = L_3$ , $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$ .

Si $a = -1$ , alors $L_2 = -L_1$ et $L_4 = -L_3$ , $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$ .

Si $a = 2$ , alors $L_4 = L_1$ , $L_3 = L_2$ , $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$ .

Si $a = -2$ , alors $L_4 = -L_1$ , $L_3 = -L_2$ , $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$ .

Énoncé de l’exercice n°4 :

Soit

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$

Calculer $A^2$ , $A^3$ puis démontrer que $A$ est inversible et calculer $A^{-1}$ .

Indication :

Essayer de démontrer que $A^3$ s’exprime avec $A$ et $I$ .

Corrigé de l’exercice :

$A^2 = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 & -2 \\ 0 & 4 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 4 & 2 \\ -2 & 2 & 2 & 4 \end{pmatrix}, \quad A^3 = \begin{pmatrix} 2 & 6 & 6 & 6 \\ 6 & 2 & -6 & -6 \\ 6 & -6 & 2 & -6 \\ 6 & -6 & -6 & -10 \end{pmatrix}.$

On remarque que $A^3 = 6A - 4I$ , donc $A(A^2 - 6I) = 4I$ , donc $A(\frac{1}{4}(A^2 - 6I)) = I$ .

Ceci démontre que $A$ est inversible et que :

$A^{-1} = \frac{1}{4}(A^2 - 6I) = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$

Énoncé de l’exercice n°5 :

Soit $u$ un endomorphisme de $\mathbb{K}[X]$ défini par : $\forall P \in \mathbb{K}[X], \ u(P) = P'.$

Démontrer que le seul polynôme annulateur de $u$ est le polynôme nul.

Indication :

Utiliser les polynômes de la base canonique de $\mathbb{K}[X]$ .

Corrigé de l’exercice :

Soit $Q = \sum_{k \geq 0} a_k X^k$ . Pour tout $P \in \mathbb{K}[X]$ , on a :

$(Q(u))(P) = \sum_{k \geq 0} a_k u^k(P) = \sum_{k \geq 0} a_k P^{(k)}.$

Si $Q(u) = 0$ dans $\mathcal{L}(\mathbb{K}[X])$ , alors on a :

$\quad \forall P \in \mathbb{K}[X], \ \sum_{k \geq 0} a_k P^{(k)}(0) = 0.$

Prenons $P = X^m$ . Dans ce cas, la formule précédente donne $m! \cdot a_m = 0$ .

Donc, $a_m = 0$ pour tout $m \geq 0$ . Donc $Q = 0$ .

Énoncé de l’exercice n°6 :

Soit $u$ un endomorphisme de $\mathbb{K}[X]$ défini par :
$\forall P \in \mathbb{K}[X], \ u(P) = X P(X)$

Démontrer que le seul polynôme annulateur de $u$ est le polynôme nul.

Indication :

Utiliser le polynôme constant égal à 1.

Corrigé de l’exercice :

Soit $Q = \sum_{k \geq 0} a_k X^k$ , pour tout $P \in \mathbb{K}[X]$ :

$(Q(u))(P) = \sum_{k \geq 0} a_k u^k(P) = \sum_{k \geq 0} a_k X^k P = QP.$

Si $Q(u) = 0$ dans $\mathbb{K}[X]$ , alors $(Q(v))(1) = 0$ donc $Q = 0$ .

Énoncé de l’exercice n°7 :

Soit $u$ un endomorphisme de $\mathbb{K}[X]$ défini par :
$\forall P \in \mathbb{K}[X], \ u(P) = P(X+1)$

Démontrer que le seul polynôme annulateur de $u$ est le polynôme nul.

Indication :

Utiliser l’interpolation polynômiale.

Corrigé de l’exercice :

Soit $Q = \sum_{k \geq 0} a_k X^k$ , pour tout $P \in \mathbb{K}[X]$ :

$(Q(u))(P) = \sum_{k \geq 0} a_k u^k(P) = \sum_{k \geq 0} a_k P(X + k).$

Si $Q(u) = 0$ dans $\mathcal{L}(\mathbb{K}[X])$ , alors en particulier :

$\quad \forall P \in \mathbb{K}[X], \ \sum_{k \geq 0} a_k P(k) = 0.$

Prenons $m \in [[0, n]]$ .

Par théorème d’interpolation (par exemple Lagrange), on peut choisir $P$ tel que $P(k) = 0$ si $k \in [[0, n]] \setminus \{m\}$ et $P(m) = 1$ .

Avec ce choix de $P$ , l’égalité précédente devient $a_m = 0$ , pour tout $m \in [[0, n]]$ .

Le seul polynôme annulant $u$ est donc le polynôme nul.

Énoncé de l’exercice n°8 :

Soit $E$ un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel.

1. On considère $F_1$ et $F_2$ , deux sous-espaces de $E$ , tels que $E = F_1 + F_2$ .
Soit $G_2$ un sous-espace supplémentaire de $F_1 \cap F_2$ dans $F_2$ . Démontrer que $E = F_1 \oplus G_2$ .

2. Soit une collection $F_1, \ldots, F_p$ de sous-espaces de $E$ , telle que $E = F_1 + \cdots + F_p$ .
Prouver qu’il existe des sous-espaces $G_2, \ldots, G_p$ , tels que $G_j \subseteq F_j$ , et
$E = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_p$ .

Indication :

1. Utiliser des éléments, utiliser que $G_2 \subset F_2$ .
2. Se ramener au résultat de la question 1.

Corrigé de l’exercice :

1. Chaque $x \in E$ peut s’écrire comme $x = x_1 + x_2$ , avec $x_1 \in F_1$ et $x_2 \in F_2$ .
Par hypothèse, $F_2 = (F_1 \cap F_2) \oplus G_2$ .
Il est alors possible d’écrire $x_2 = y + x_2'$ , avec $y \in F_1 \cap F_2$ et $x_2' \in G_2$ .
En particulier, si $y \in F_1$ , alors $x = x_1 + (y + x_2') = (x_1 + y) + x_2'$ , ce qui montre que $x \in F_1 + G_2$ .

Ainsi, on a $E = F_1 + G_2$ . Il reste à montrer que $F_1$ et $G_2$ forment une somme directe.

Si $x$ appartient à $F_1 \cap G_2$ , alors $x \in F_1$ et $x \in G_2$ .
Donc $x \in F_1 \cap F_2$ et $x \in G_2$ , or ces deux sous-espaces sont en somme directe.

On en conclut que $x = 0$ . Par conséquent, $E = F_1 \oplus G_2$ .

2. Procédons par récurrence sur $p \geq 2$ .

D’après la première étape, la propriété est vraie pour $p = 2$ . En effet, $G_2$ est un sous-espace supplémentaire de $F_1 \cap F_2$ dans $F_2$ .

Supposons que la propriété soit vérifiée pour $p - 1$ sous-espaces, avec $p \geq 3$ .

Considérons $p$ sous-espaces $F_1, F_2, \ldots, F_p$ de $E$ .

Définissons $E' = F_1 + F_2 + \cdots + F_{p-1}$ . On a donc $E = E' + F_p$ .

D’après la première étape, il existe un sous-espace $G_p \subseteq F_p$ tel que $E = E' \oplus G_p$ .

Par hypothèse de récurrence appliquée à $F_1, F_2, \ldots, F_{p-1}$ et $E'$ , il existe des sous-espaces $G_2, \ldots, G_{p-1}$ avec $G_j \subseteq F_j$ , tels que
$E' = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_{p-1}$ .

En combinant, on obtient $E = E' \oplus G_p = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_p$ .

Ceci conclut la démonstration par récurrence et établit la propriété pour tout $p \geq 2$ .

Énoncé de l’exercice n°9 :

Indication :

Corrigé de l’exercice :

Exercices sur les compléments d’algèbre linéaire